
#import "../typ/templates/settings.typ": *

== 从求解三次方程引入复数

一般的三次方程 $a x^3 + b x^2 + c x +d = 0$ 都可以通过配方去掉二次项，成为 $x^3=3p x+2q$ 这样的形式(之所以采用这样的系数是为了方便接下来的推导不出现分数以简化形式)以下讨论这种形式的三次方程的求解。

设其根为 $x=m+n$，则
$ (m+n)^3 = 3p(m+n)+2q $
整理得
$ m^3+n^3+3(m n-p)(m+n) = 2q $
由于引入了两个变量，可以增加一些约束，就令 $m n=p$，则可得方程组
$ cases(m n=p, m^3+n^3=2q) $
取 $M=m^3, N=n^3$，那么 $M$ 与 $N$ 为二次方程 $u^2-2q u+p^3=0$ 之二根，即
$ M,N = q plus.minus sqrt(q^2-p^3) $
因此
$ x = root(3, q + sqrt(q^2-p^3)) + root(3, q - sqrt(q^2-p^3)) $
众所周知，在系数 $p$ 与 $q$ 均为实数的情况下，如果 $q^2<p^3$，上式中三次根号下的二次开方将是无意义的. 对二次方程来说, 出现负数开二次方意味着方程没有实数解, 三次方程或许也是类似的情况#footnote([实际上三次方程是一定有实数解的, 因为在三次多项式中分别让自变量趋于正负无穷大, 则多项式的值一定出现相反的正负符号, 从而有实数解.]). 但是如果考虑方程 $x^3=15x+4$，利用刚才得出的解的通式则得到 
$ x = root(3, 2 + sqrt(-121)) + root(3, 2 - sqrt(-121)) $
但是可以验证它有实数根 $x=4$, 似乎出现了悖论!

开启想象，如果负数可以以某种方式开二次方，那么或许应该有
$ root(3, 2 + sqrt(-121)) + root(3, 2 - sqrt(-121)) = 4 $
想象再大胆一点，或许有
$ root(3, 2 + sqrt(-121)) = 2 + t sqrt(-1) $
与
$ root(3, 2 - sqrt(-121)) = 2- t sqrt(-1) $
这里 $sqrt(-1)$ 作为负数的平方根自然不是实数，假如 $sqrt(-1)$ 参与运算时也保持实数四则混合的规则但满足 $(sqrt(-1))^2 = -1$，在这样的约定下，关于 $sqrt(-1)$的实系数多项式化简之后将得到 $a+b sqrt(-1)$的形式，于是对上二式两边三次方并整理得
$ 2 + sqrt(-121) = 8-6t^2 + (12t-t^3)sqrt(-1) $
再考虑到实数的开方运算规则，如果 $sqrt(-121)$ 也能和实数开方的运算规则一样，则可以形式化地写出
$ sqrt(-121) = sqrt((-1) * 121) = sqrt(-1) dot sqrt(121) = 11 sqrt(-1) $
那么前式将是 
$ 2+11sqrt(-1) = 8-6t^2 + (12t-t^3)sqrt(-1) $
容易发现 $t=1$ 可以使上式一定成立!
那么就是说或许有这样的结果
$ root(3, 2 + sqrt(-121)) = 2 +  sqrt(-1) $
同样还有
$ root(3, 2 - sqrt(-121)) = 2 -  sqrt(-1) $
至此，虽然尚不确定负数开二次方的实际含义，但是在假定负数可以开二次方，并且其根(非实数)也满足实数的四则混合运算和开方法则的前提下，确实可以解决某些三次方程有实数解但却不能用求根公式给出的窘境，这意味着至少在理论上，负数开二次方也许是有某种意义的.

回想起一个似曾相似的场景: 斐波那契数列($a_1=a_2=1$, 以后的项由 $a_(n+1)=a_n+a_(n-1)$ 给出)的通式
$ a_n=frac(1,sqrt(5))[(frac(1+sqrt(5),2))^n-(frac(1-sqrt(5),2))^n] $
居然是用无理数给出的，然而这式子对于任何正整数 $n$ 给出的却都是整数! 三次方程的负数开方有时会给出实数解极有可能也是类似的情况.

现在开始把负数的平方根称为 _虚数_(与实数相对立),并把 $-1$ 的平方根 $sqrt(-1)$ 称为 _虚数单位_,记作 $ii$,即有 $ii^2=-1$, 并规定 $ii$ 可以与实数一起参与加法与乘法运算且满足交换律和结合律及分配律，显然运算结果必然是一个关于 $ii$ 的实系数多项式:
$ a_0+a_1 ii + a_2 ii^2 + ... + a_n ii^n $
利用 $ii^2=-1$，其最终可以简化为 $a+b ii(a,b in RR)$ 的形式，所有这种形式的数构成一个以 $1$ 和 $ii$ 为基的向量空间. 

从现在开始，把形如 $z=a+b ii(a,b in RR)$ 这样的数称为 _复数_,当 $b=0$ 时它即为实数，而 $b!=0$ 时称为虚数，$a$、$b$ 分别称为复数 $z$ 的实部与虚部，分别用符号 $"Re"(z)$ 与 $"iim"(z)$ 来标记. 

复数的加法规则
$ (a_1+b_1 ii) + (a_2+b_2 ii) = (a_1+b_1)+(b_1+b_2)ii $
复数的乘法
$ & (a_1+b_1 ii)(a_2+b_2 ii) \
 =& a_1a_2+(a_1b_2+a_2b_1)ii+b_1b_2 ii^2 \
 =& (a_1a_2-b_1b_2)+(a_1b_2+a_2b_1)ii $

显然，复数 $z=a+b ii$ 与有序实数对 $(a,b)$是一一对应的，因此与坐标平面上的点也就一一对应，于是复数的几何意义就明了了,它可以视为坐标平面上的点，这样建立起与复数关联的平面称为 _复平面_.

显然，复数的加法规则与平面上向量的加法法则等同，而乘法规则直观上看不出有何种几何意义，但如果把复平面上的点改用极坐标来表达，情况将会令人吃惊: 复平面上的点 $(x, y)$ 设其极坐标为 $(r, theta)$，那么有 
$ x = r cos theta, y= r sin theta $
因此复数 $z=x+ii y$ 可以写成 $z=r(cos theta + ii sin theta)$, 这称为复数的 _三角形式_, $r$ 称为复数 $z$ 的模(对应到原点的距离), 用符号 $|z|$ 标记，而 $theta$ 称为复数 $z$ 的辐角(从 $x$ 轴正半轴方向转动到复数对应向量所转过的角), 用符号 $arg(z)$ 标记,复数的辐角不唯一，可以相差 $2 pi$ 的整数倍, 与三角形式相对,前面的 $x+ii y$ 则称为其 _代数形式_, 三角形式下的复数乘法将有明显的几何意义:
$ & r_1(cos theta_1 + ii sin theta_1) dot r_1(cos theta_2 + ii sin theta_2) \
 = & r_1r_2[(cos theta_1 cos theta_2 - sin theta_1 sin theta_2) + ii(cos theta_1 sin theta_2 + cos theta_2 sin theta_1)] \ 
  = & r_1r_2[cos(theta_1+theta_2)+ii sin(theta_1+theta_2)] $
这表明，两个复数之积的模为两个复数之模的积，而乘积的辐角为两个复数的辐角相加:
$ |z_1z_2| = |z_1| dot |z_2| $
$ arg(z_1z_2) = arg(z_1)+arg(z_2) $
因此复数乘法的几何意义是，将一个复数 $z_1$ 乘以复数 $z_2$, 就是将 $z_1$ 的长度加以伸缩的同时旋转一个角度.

现在有一个问题，因为 $ii^2=-1$, 那么自然也有 $(-ii)^2=ii^2=-1$, 因此 $ii$ 与 $-ii$ 都是 $-1$ 的平方根，问题来了，究竟谁是 $ii$ 谁是 $-ii$, 两者区别在何处? 

在复平面上，$ii$ 所代表的点是 $(0,1)$, 而 $-ii$ 代表的是点 $(0, -1)$，在三角形式
$ ii = cos frac(pi,2) + ii sin frac(pi, 2) $
$ -ii = cos (-frac(pi,2)) + ii sin (-frac(pi, 2)) $

称复数 $a-b ii$ 为复数 $z=a+b ii$ 的 _共轭复数_, 记作 $overline(z)$, 或者称 $a+b ii$ 与 $a-b ii$ 互为共轭, 容易验证
 $ z+overline(z) = 2"Re"(z) $
 $ z-overline(z)=2ii "Im"(z) $
 $ overline(overline(z)) = z $
 $ z overline(z)=|z|^2 $

注意上面出现了复数的减法，其含义为 $z_1 - z_2 = z_1 + (-1)z_2$，以后不再说明.

定义满足 $z'z=1$ 的复数 $z'$ 为复数 $z$ 的*倒数*, 利用倒数可以定义复数的除法为乘法的逆运算:
$ frac(z_1,z_2)=z_1 dot frac(1, z_2) $
这自然要先证明倒数是存在的，根据复数乘法的几何意义和三角形式，可知如果 $z=r(cos theta + ii sin theta)$，则
$ frac(1, z) = frac(1, r)[cos(-theta)+ii sin(-theta)] $
这表明倒数是存在的，而且是唯一的(但辐角不唯一，可以相差 $2pi$ 的整数倍). 于是复数的除法就有:

$ frac(z_1, z_2)= frac(r_1(cos theta_1 + ii sin theta_1) , r_1(cos theta_2 + ii sin theta_2)) = frac(r_1, r_2) [cos(theta_1-theta_2)+ii sin(theta_1-theta_2)]  $

这意味着复数的除法和乘法一样，也是长度伸缩和辐角旋转，但伸缩和旋转方向与乘法相反.

实际上可以像下面这样推算代数形式下的复数除法:

$ & frac(a_1+ii b_1, a_2+ii b_2) \
 =& frac((a_1+ii b_1)(a_2-ii b_2), (a_2+ii b_2)(a_2-ii b_2)) \ 
 = & frac((a_1a_2+b_1b_2)-ii(a_1b_2-a_2b_1),(a_2^2+b_2^2)) \
 = &  frac(a_1a_2+b_1b_2, a_2^2+b_2^2) - ii frac(a_1b_2-a_2b_1, a_2^2+b_2^2) $

这里利用共轭复数对分母进行了实数化. 与乘法一样，复数在代数形式下的除法远不如三角形式下那样直观简洁.


